湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．诗人陆游的笔记中记载“书灯勿用铜盏，想瓷盏最省油，蜀中有夹瓷盏……可省油之半。一端作小窍，注清冷水于其中，每夕一易之”，夹瓷盏被称为省油灯，用棉绳做炷(灯芯)上层盏盛油，下层盏盛水。其结构示意图如图。下列说法错误的是（）A．省油灯中的可燃物有两种B．注清冷水于其中，每夕一易之，使用过程中水和油一起燃烧而减少C．省油灯的原理是水吸收热量减少了油的挥发D．灯盏中的油是油脂2．下列说法中错误的是（）A．降低温度能使化学反应速率减小，主要原因是降低了反应物中活化分子的百分数B．减小反应物浓度，可降低单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数减少C．对反应Fe+2HCl=FeClD．催化剂可以改变化学反应速率，虽然在反应过程中参与反应，但反应前后的质量不变3．已知煤转化成水煤气及其燃烧过程的能量变化如图，下列说法错误的是（）A．由△H3可知，该步反应的反应物键能总和小于生成物的键能总和B．△H1-△H2+△H3=0C．△H1＜△H2D．若用C（s）和H2O（l）转化为H2（g）和CO（g），则△H2变大4．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P：akJ⋅moA．(6a+5d-4c-12b)kJ⋅mol−1 C．-(4c+12b-4a-5d)kJ⋅mol−1 5．可逆反应mA(g)＋nB(g)⇌pC(g)+qD(g)的v-t图象如下图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如下图：①a1>a2②a1<a2③b1>b2④b1<b2⑤t1>t2⑥t1=t2⑦两图中阴影部分面积相等⑧右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是（）A．②④⑤⑦ B．①④⑥⑧ C．②③⑤⑧ D．①③⑥⑦6．火电厂利用燃煤发电，煤燃烧中的热化学方程式有：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/molCO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH3下列有关说法中错误的是（）A．CO的燃烧热为283kJ/molB．二氧化碳分解为一氧化碳和氧气的反应是吸热反应C．ΔH3=ΔH2-ΔH1=110.5kJ/molD．ΔH3=ΔH1-ΔH2=-110.5kJ/mol7．“人工固氮”对农业生产至关重要。在常温、常压和光照条件下，N2在某种催化剂表面与水反应的热化学方程式为2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)∆H，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该反应的焓变∆H<0B．升高温度，活化分子数目增多C．反应Ⅰ的活化能大，活化分子数目多D．反应Ⅱ的转化率比反应Ⅰ的转化率高8．有关热化学方程式书写与对应表述正确的是（）A．稀醋酸与0.1mol⋅L−1B．在101kPa下H2(g)的燃烧热为285.8kJ⋅moC．已知CH3OH(l)的燃烧热为726.D．已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS(s)时放出19.12kJ热量，则Fe(s)+S(s)=FeS(s)9．关于一定条件下的化学平衡：H2(g)+IA．恒温恒容，充入He，压强增大，v(正)增大B．恒温恒容，充入H2C．加压，v(正)、v(逆)不变，平衡不移动D．升温，v(正)减小，v(逆)增大，平衡左移10．对于反应2N第一步N2第二步NO第三步NO+NO其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是（）A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)B．反应的中间产物只有NC．第二步中NO2与D．第三步反应活化能比第二步的低11．在2L恒容密闭容器中投入2molCO和1molO2。进行反应：A．化学平衡常数：K(d)>K(c)>K(b)B．a点，vC．d点v正(CO)D．50℃时，该反应的化学平衡常数K=16012．下列有关电解质的说法正确的是（）A．二氧化碳的水溶液有微弱的导电性，故二氧化碳属于弱电解质B．在电流的作用下，氯化钠在溶液中能完全电离成钠离子和氯离子C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质D．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强13．在一密闭容器中加入2molSO2和1molO2一定量的催化剂(所占体积忽略不计)发生反应A．若容器容积不变，则反应速率与温度的关系如图1B．若容器容积和温度不变，平衡后再充入SO2和O2C．若容器压强和温度不变，平衡后t0时刻充入SD．若容器压强和温度不变，平衡后再充入一定量的SO3，达新平衡后14．1，3—丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3—丁二烯生成碳正离子；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2—加成或1，4—加成。反应进程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A．1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定B．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应C．适当升高反应温度，可能有利于1，4-加成的进行D．选择合适的催化剂加入，可使1，2-加成的焓变小于1，4-加成15．常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol⋅LA．若a点pH=4，且c(Cl-B．若x=100，则b点对应的溶液中：c(OHC．若y=200，则c点对应溶液中：c(NaClO)=2mol⋅D．b～c段，随NaOH溶液的滴入，c(HClO)c(Cl二、实验题16．（1）Ⅰ．利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.②用另一量筒量取50mL0.③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：实验过程中用到只量筒，只温度计，测定一组数据需要测定次温度。（2）经测定中和热ΔH=-57.3kJ⋅mol向1L0.5mol⋅L−1的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸，②稀盐酸，③浓硫酸，恰好完全反应时对应的热效应ΔH1A．ΔH1C．ΔH1（3）Ⅱ．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。a、b、c三点CH3COOH（4）a、b、c三点溶液用1mol⋅L−1NaOH三、综合题17．甲烷以天然气和可燃冰两种主要形式存在于地球上，储量巨大，充分利用甲烷对人类的未来发展具有重要意义。（1）利用CH4、已知：CH4CH4则：①过程Ⅱ中第二步反应的化学方程式为。②只有过程Ⅰ投料比n(CH4③该技术总反应的热化学方程式为。（2）乙炔(CH≡CH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，反应为：2CH4(g)⇌①1725℃时，向恒容密闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成②1725℃时，若图中H2的lgP=5，则反应2CH4(g)⇌C③根据图判断，2CH4(g)⇌C2H（3）工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应为：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+318．工业废水中常含有一定量的Cr2O72−，易被人体吸收累积而导致肝癌。处理工业含铬废水的方法通常是将Cr2O72−转化为Cr3+，再将Cr（1）Cr3+在强碱中可被双氧水氧化为CrO（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-②据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数。③初始浓度为2mol⋅L-1的Na2CrO419．已知25℃时，五种酸的电离平衡常数如下：化学式CHHClOHCOOHHK14312K51请回答下列问题：（1）等物质的量浓度的CH3COOH、H2CO3、HCOOH、HClO、H2SO3溶液中，c(H+)（2）写出下列反应的离子方程式。CH3COOH+NHClO+Na2C（3）体积均为10mL、浓度均为0.2mol⋅L−1的上述五种酸溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中溶液

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．省油灯中油和作灯芯的棉绳都是可燃物，故A不符合题意；B．水不能燃烧，故B符合题意；C．省油灯的原理是油在燃烧过程中放出热量部分被水吸收，使得上层油的温度降低，减少其挥发，从而达到省油的作用，故C不符合题意；D．中国古代的油灯用的是动物油脂和植物油，均属于油脂，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、油和纤维都是可燃物；

B、水不能燃烧；

C、水吸收热量，减少油的损耗；

D、油属于油脂，汽油、煤油则属于烃。2．【答案】B【解析】【解答】A．降低温度分子能量降低，导致活化分子百分数减小，有效碰撞次数减少，反应速率减小，故A不符合题意；B．减小反应物浓度，可减少单位体积内活化分子数目，活化分子百分数不变，故B符合题意；C．该反应在溶液中进行，增大压强对反应速率无影响，故C不符合题意；D．催化剂通过参与反应改变反应过程降低反应活化能从而加快反应速率，其反应前后的质量和化学性质均不变，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、降低温度，可以使活化分子百分数、活化分子数目降低；

B、浓度改变单位体积活化分子数目；

C、溶液、固体不受压强影响；

D、催化剂只改变反应活化能。3．【答案】B【解析】【解答】A．燃烧为放热反应，△H3＜0，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则由△H3可知，该步反应的反应物键能总和小于生成物的键能总和，故A不符合题意；B．由盖斯定律可知，△H1=△H2+△H3，△H1-△H2-△H3=0，故B符合题意；C．△H2＞0，而△H1＜0，则△H1＜△H2，故C不符合题意；D．C与水蒸气的反应为吸热反应，且气态水的能量比液态水的能量高，若用C（s）和H2O（l）转化为H2（g）和CO（g），则△H2变大，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据可燃物的燃烧是放热反应，在结合焓变计算公式即可计算出

B.根据盖斯定律即可计算出

C.完全燃烧放出的热量多于不完全燃烧

D.液态到气态需要吸收能量，导致放热降低4．【答案】A【解析】【解答】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。故A符合题意；故答案为：A。

【分析】△H=反应物总键能-生成物总键能。5．【答案】A【解析】【解答】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，a1、a2为两种条件下正反应速率，催化剂加快反应速率，则a1＜a2，故①不符合题意、②符合题意；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则加催化剂时反应速率增大，所以b1＜b2，故③不符合题意、④符合题意；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则t1＞t2，故⑤符合题意、⑥不符合题意；阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同，故⑦符合题意、⑧不符合题意；综上所述②④⑤⑦说法符合题意，故答案为：A。【分析】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，正逆反应速率均加快，缩小达到化学平衡的时间，阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同．6．【答案】C【解析】【解答】A．CO(g)+12O2(g)═CO2(g)△H2B．CO(g)+12O2(g)═CO2(g)△H2C．碳不完全燃烧C(s)+12O2D．①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol；②CO(g)+12O2(g)═CO2(g)△H2=-283kJ/mol；根据盖斯定律①-②得C(s)+12O2(g)═CO(g)△H3，所以△H3=△H1-△H故答案为：C。

【分析】A、燃烧热要注意几个点：1、可燃物化学计量数为1；2、碳元素燃烧产物为二氧化碳；3、氢元素燃烧产物为液态水；

B、可逆反应的反应热和正反应相反；

C、燃烧为放热反应；

D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。7．【答案】B【解析】【解答】A．反应物的总能量比生成物的总能量低，为吸热反应，∆H>0，A不符合题意；B．温度升高，更多的基态分子吸收能量成为活化分子，则活化分子数目增多，B符合题意；C．反应II的活化能比I的小，则II为加入催化剂，活化分子数目多，C不符合题意；D．反应II加入催化剂，只改变反应过程，不改变起始终态，则反应I和反应II的转化率相等，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．根据反应物和生成物的总能量分析；

B．温度升高，活化分子百分比增大；

C．活化能越大，活化分子越少；

D．催化剂不影响转化率。8．【答案】D【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，其与NaOH反应放热量小，故△H数值小于57.B．燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须为1mol，故可以知道H2燃烧生成H2O（l）的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O（l）△H=-285.5×2kJ/mol=-571kJ/mol，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571kJ/mol，故B不符合题意；C．燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2(g)，H→H2O(l)，热化学方程式中应为液态水，故C不符合题意；D．生成硫化亚铁17.6g即生成0.2molFeS时，放出19.12kJ热量，可以知道生成1molFeS(s)时放出19.120故答案为：D。

【分析】A、醋酸为弱酸，△H数值小于57.3kJ⋅mol−1；

B、燃烧热要注意几个点：1、可燃物化学计量数为1；2、碳元素燃烧产物为二氧化碳；3、氢元素燃烧产物为液态水；9．【答案】B【解析】【解答】A．恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v(正)不变，故A不符合题意；B．恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v(正)增大，平衡右移，故B符合题意；C．加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v(正)、v(逆)都增大，平衡不移动，故C不符合题意；D．升温，v(正)增大，v(逆)增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】平衡移动的判断；

增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；

增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；

增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。10．【答案】B【解析】【解答】A．第一步反应快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的反应速率，A不符合题意；B．反应的中间产物除NO3外还有NO，B符合题意；C．有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C不符合题意；D．第三步反应快，说明反应活化能较低，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、快速平衡则速率更快；

B、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；

C、有效碰撞越多，速率越快；

D、活化能越大，速率越慢。11．【答案】D【解析】【解答】A．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则化学平衡常数K(b)>K(c)>K(d)，故A不符合题意；B．a点时CO的转化率为0.7，则氧气转化0.7，转化的物质的量为0.7mol，反应速率为0.7mol2LC．d点温度较高，反应速率较大，故C不符合题意；D.50℃时，CO的转化率为0.8，则2CO(g)＋O2故答案为：D。

【分析】A、吸热反应，温度和化学平衡常数为正比，反之为反比；

B、化学反应速率=浓度变化量/时间；

C、温度越高，速率越快；

D、结合一氧化碳的转化率以及三段式，计算化学平衡常数。12．【答案】C【解析】【解答】A．二氧化碳的水溶液有微弱的导电性，是因为二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸电离出离子，使溶液可以导电，但二氧化碳自身不能电离，不属于电解质，故A不符合题意；B．氯化钠是强电解质，在水中自动完全电离成钠离子和氯离子，不需要电流作用，故B不符合题意；C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故C符合题意；D．导电能力的强弱与溶液中离子浓度的大小有关，而强电解质溶液的浓度很小时其电离出的离子浓度也很小，导电性并不一定比弱电解质强，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、二氧化碳为非电解质；

B、电解质在溶液中的电离不需要通电；

C、硫酸钡为盐类，属于强电解质；

D、导电性和离子浓度有关。13．【答案】D【解析】【解答】A．ΔH=−197kJ⋅mol−1，可知反应放热，升温平衡向左移动，即v逆＞vB．若容器容积和温度不变，平衡后再充入SO2和O2混合气体，但是二者的比例未知，平衡虽然正向移动，SC．若容器压强和温度不变，平衡后t0时刻充入SO2，体积增大，SD．若容器压强和温度不变，恒压条件下与原平衡状态相比为等效平衡，平衡后再充入一定量的SO3，达新平衡后故答案为：D。

【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；

B、若是三氧化硫加的量小于2：1，则三氧化硫百分含量减小；

C、体积增大，浓度减小，速率变慢；

D、等效平衡，前后两个反应的各组分百分含量不变。14．【答案】D【解析】【解答】A．由图象可知，1，4-加成产物比1，2-加成产物能量低，则1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定，故A不符合题意；B．由图象可知，1，3-丁二烯与HBr的能量总和高于加成后生成物的能量总和，则1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应，故B不符合题意；C．由图象可知，1，4-加成活化能高，升温对1，4-加成速率影响更明显，1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应，适当升高反应温度，可以加快反应速率，可能有利于1，4-加成的进行，但不利于提高反应物的转化率，故C不符合题意；D．选择合适的催化剂加入，可以改变化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动，所以不会改变反应物的转化率，更不会改变焓变，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、能量越低物质越稳定；

B、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；

C、升高温度，可以加快化学反应速率，且使平衡朝吸热方向移动；

D、催化剂不改变焓变。15．【答案】A【解析】【解答】A．若a点pH=4，且c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HB．若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B不符合题意；C．若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，c(NaClO)=0D．b∼c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水ClO−+H2O⇌HClO+OH，c(HClO)减小，c(ClO−)增大，所以c(HClO)/c(ClO−)减小，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.根据Ka(HClO)=c(H+)⋅c(ClO-)c(HClO)计算；

B.NaClO能漂白pH试纸；

C.根据16．【答案】（1）2；1；3（2）NaOH(aq)+0.5H（3）c>b>a（4）a=b=c【解析】【解答】（1）由题意可知，该实验中要用到两个量筒，一个量取氢氧化钠溶液，一个量取硫酸；为减少仪器误差，用一支温度计分别测量氢氧化钠溶液和硫酸溶液的起始温度，再测量混合后的最高温度值，故答案为：2；1；3；（2）则中和热热化学方程式：NaOH(aq)+0.5H2SO4(aq)=0.5Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57（3）冰醋酸中加水，醋酸的浓度逐渐减小，而浓度越低醋酸的电离程度越大，因此电离程度：c>b>a，故答案为：c>b>a；（4）a、b、c三点溶液中所含醋酸的物质的量相等，消耗等浓度的NaOH的体积相同，故答案为：a=b=c；

【分析】（1）该实验中要用到两个量筒，一个量取氢氧化钠溶液，一个量取硫酸；测定一组数据需要测定碱的温度、酸的温度和反应后的温度；

（2）中和热是指稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol液态水时放出的热量，弱电解质电离吸热，浓硫酸溶于水放热；

（3）加水促进醋酸的电离；

（4）消耗NaOH的体积与酸的物质的量成正比。17．【答案】（1）3Fe+4CaCO3△__Fe3（2）62.5％；1×10（3）b；与2MPa的压强相比，1MPa条件下CH4的平衡转化率更高，对设备要求不高，有利于降低成本；虽然温度越高越有利于提高CH【解析】【解答】（1）①由图中信息可知过程Ⅱ中第二步反应中Fe与CaCO3在惰性气体氛围中发生反应生成Fe3O4、CaO、CO，3mol铁反应失8mol电子，1molCaCO3反应得2mol电子，根据得失电子守恒可得反应：3Fe+4CaCO3△_②根据反应3Fe+4CaCO3△__Fe3O4+4CaO+4CO↑可知，催化剂中Fe3O4、CaO应为1：4；结合过程I和过程II的第一步反应可知，CH4和CO③该技术的总反应为：CH①CH4②CH4根据盖斯定律可知总反应可有4×①-3×②得到，则该反应的ΔH=4ΔH1−3ΔH2=4×206.2kJ⋅mol（2）①根据题图，反应温度1725℃时，平衡体系中CH4和C2H2的平衡分压相等，均为lgp=2，即p=100Pa，C2H4